B. Lأ¶sungsskizzen zu den أœbungsaufgaben B. Lأ¶sungsskizzen zu den أœbungsaufgaben B.1....
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B. Lösungsskizzen zu den Übungsaufgaben
B.1. Lösungen zum Kapitel 1
B.1.1. Tutoraufgaben
Lösungsskizze 1 Wir gehen zuerst nach dem Lösungsverfahren 1 vor.
Schritt 1: Bestimmung der Lösung des homogenen DGL-Systems ~y′h = A~yh
1. Wir bestimmen das charakteristische Polynom
p(λ) = det(A − λ1) = (−1 − λ)2(λ2 + 1)
und die Eigenwerte aus p(λ) = 0 und erhalten als Ergebnis:
Eigenwert algebraische Vielfachheit
λ1,2 = −1 2 λ3 = i 1
λ4 = −i 1 2. Eigenräume/ Hauptvektoren/ Fundamentallösungen
• zu λ1,2 = −1: aus ~0 = (A − λ1,21)~v folgt: ~v = σ(1, 0, 0, 0)T = σ~v1 und E(−1) = 〈{~v1}〉. Da dim E(−1) = 1 6= 2 = algebraische Vielfachheit ⇒ es existiert einen zu ~v1 unabhängigen Hauptvektor~h2, wegen dim E(−1) = 1 lässt sich dieser aus der Gleichung
(A − λ1,21)~h2 = ~v1
bestimmen (siehe Lösungsverfahren 1 Schritt 2, Punkt 5). Man erhält ~h2 = (0, 1, 0, 0) T .
Damit lauten die Fundamentallösungen zum Eigenwert −1:
~y1 = e −x
1 0 0 0
, ~y2 = e −x
0 1 0 0
+ x
1 0 0 0
• zu λ3 = i: aus ~0 = (A − λ31)~v folgt: ~v = σ(0, 1, i, 1)T = σ~v3 und E(i) = 〈{~v3}〉. Da dim E(i) = 1 = algebraische Vielfachheit lautet die komplexe Fundamentallösung zum Eigenwert i:
~z3 = e ix
0 1 i 1
v
B. Lösungsskizzen zu den Übungsaufgaben
• zu λ4 = −i erhalten wir (nach Lösungsverfahren 1 Schritt 2, Punkt 3) unmittelbar
~z4 = e −ix
0 1 −i 1
• Somit lautet ein reelles Fundamentalsystem von ~y′h = A~yh:
{~y1, ~y2, Re(~z3), Im(~z3)} =
e−x
0 0 0
,
xe−x
e−x
0 0
,
0 cos x − sin x cos x
,
0 sin x cos x sin x
und die reelle Fundamental- bzw. Wronski-Matrix:
W(x) =
e−x
0 0 0
xe−x
e−x
0 0
0 cos x − sin x cos x
0 sin x cos x sin x
Schritt 2: Bestimmung einer Partikulären Lösung von
~y′(x) = A~y(x) +~b1 +~b2 = A~y(x) +~b
Ansatzmethode ist im allgemeinen immer schneller. Hier spalten wir die Inhomogenität ~b(x) auf und verwenden (1.7).
1. Die partikuläre Lösung von
~y′p1(x) =
−1 1 0 −1 0 −1 1 1 0 0 0 −1 0 0 1 0
~yp1(x) − 17 sin(2x)
1 1 1 1
ermitteln wir mit Hilfe der Ansatzmethode (Lösungsverfahren 3). Da 2i kein Eigenwert von A ist, können wir den Ansatz
~zp1(x) = e 2ix ~w, ~w ∈ C4
verwenden und erhalten nach Einsetzen in
~z′p1(x) =
−1 1 0 −1 0 −1 1 1 0 0 0 −1 0 0 1 0
~zp1(x) − 17e2ix
1 1 1 1
das Ergebnis: ~w = 17 15
(−3 + 6i, 5 + 10i,−5 + 10i, 5 + 10i)T somit lautet die reelle partikuläre Lösung
~yp1(x) = Im (~zp1(x)) = 17
15
cos(2x)
6 10 10 10
+ sin(2x)
−3 5 −5 5
vi
B.1. Lösungen zum Kapitel 1
2. Die partikuläre Lösung von
~y′p2(x) =
−1 1 0 −1 0 −1 1 1 0 0 0 −1 0 0 1 0
~yp2(x) + xe −x
1 2 0 2
bestimmen wir durch Variation der Konstanten. (Falls die Ansatzmethode verwendet wird, muss
zusätzlich beachtet werden, dass −1 ein Eigenwert von A ist!!!). Wir setzen
~yp2(x) = W(x)~c(x)
an und erhalten mit (Lösungsverfahren 2)
e−x
0 0 0
xe−x
e−x
0 0
0 cos x − sin x cos x
0 sin x cos x sin x
~c′(x) = xe−x
1 2 0 2
e−x
0 0 0
xe−x
e−x
0 0
0 0
− sin x cos x
0 0
cos x sin x
~c′(x) = xe−x
1 0 0 2
nach Matrixinversion erhalten wir
~c′(x) =
ex
0 0 0
−xex ex
0 0
0 0
− sin x cos x
0 0
cos x sin x
xe−x
0 0
2xe−x
=
x 0
2x cos xe−x
2x sin xe−x
⇒ ~c(x) =
x2
2
0 −e−x(x cos x − (x + 1) sin x) −e−x((x + 1) cos x + x sin x)
somit ist
~yp2(x) = W(x)~c(x) = e −x
x2
2
−x −(x + 1)
−x
Die allgemeine Lösung ist somit gegeben durch
~y(x) = W(x)~c + ~yp1(x) + ~yp2(x) ~c ∈ R4
Lösungsskizze 2
Wir setzen zuerst u = y′ und lösen die entstandene DGL 1. Ordnung
u′(x) − x 1 + x2
u(x) = x
Die homogene DGL
u′h(x) = x
1 + x2 uh(x)
vii
B. Lösungsskizzen zu den Übungsaufgaben
ist trennbar, einfache Integration liefert die allgemeine Lösung
∫
duh uh
=
∫
x
1 + x2 dx ⇒ uh(x) = C
√ 1 + x2, C ∈ R
Die partikuläre Lösung der inhomogenen DGL ermitteln wir mittels Variation der Konstanten
up(x) = C(x) √
1 + x2 ⇒ √
1 + x2C ′(x) = x ⇒ C(x) = √
1 + x2
als allgemeine Lösung für u erhalten wir somit
u(x) = uh(x) + up(x) = C √
1 + x2 + 1 + x2, C ∈ R
Integration liefert somit
y(x) = C
2 (x √
1 + x2 + Arsinh(x)) + D + x + x3
3 , C, D ∈ R
y′(x) = C √
1 + x2 + 1 + x2, C ∈ R Einsetzen der RB
y(0) + βy′(0) = γ ⇒ D + β(C + 1) = γ y(0) + y′(1) = 2 ⇒ D + C
√ 2 = 0
Subtraktion der 2. Gleichung von der ersten ergibt
c( √
2 − β) = β − γ
1. β = √
2 und γ 6= √
2 ⇒ keine Lösung 2. β =
√ 2 und γ =
√ 2 ⇒ C beliebig, D = −
√ 2 ⇒ unendlich viele Lösungen
3. β 6= √
2 ⇒ C = β−γ√ 2−β
D = − √
2 β−γ√ 2−β
⇒ eine eindeutige Lösung
Lösungsskizze 3
a) GGL: ẋ = 0 ⇔ y = 1 oder x = ±2 (i) y = −1 in ẏ = 0 einsetzen liefert x = 0 ~x∗1 := (0,−1)T ist GGL
(ii) x = +2 in ẏ = 0 einsetzen liefert y = 1 ~x∗2 := (2, 1) T ist GGL
(iii) x = −2 in ẏ = 0 einsetzen liefert y = 1 ~x∗3 := (−2, 1)T ist GGL Sei
~F (x, y) :=
(
(y + 1)(4 − x2) x(1 − y)
)
⇒ JF = (
−2x(y + 1) 4 − x2 1 − y −x
)
(i) JF (~x ∗ 1) =
(
0 4 2 0
)
. Da detJF (~x ∗ 1) = −8 = λ1 · λ2 haben die EW unterschiedliche Vorzei-
chen ⇒ ~x∗1 ist eine instabile GGL.
(ii) JF (~x ∗ 2) =
(
−8 0 0 −2
)
. Da beide EW negativ ⇒ ~x∗3 ist eine stabile GGL.
(iii) JF (~x ∗ 3) =
(
8 0 0 2
)
. Da mindestens ein EW positiv
